Universidad Simón I. PatiñoDocente: Francisco Medrano Rocha

Cálculo NuméricoCorrección de la lista de ejercicios 7 (en MATLAB)

Ejercicio 3. En primer lugar se debe transformar esta EDO de segundo orden en un sistema deprimer orden. Por lo tanto deben introducirse nuevas variables, tantas como valores inicialestenga el problema. En este caso hay dos valores iniciales, uno sobre el desplazamiento angularθ y otro sobre la velocidad angular θ′. Nuestra ecuación original es

2

3ml2θ′′ + 0,99θ′ +

1

2mgl sin θ = 0 (1)

Introduciendo las variables u1(t) = θ(t) y u2(t) = θ′(t) (que es equivalente a considerar lafunción vectorial de variable t siguiente ~u = (u1(t), u2(t))

T ). Derivando esas variables se tiene

u′1 = θ′ = u2

u′2 = θ′′ =2

3ml2

(−0,99u2 −

1

2mgl sinu1

)esto teniendo en cuenta que u′2 = θ′′ se obtiene despejando de la ecuación (1) y u1 = θ.Podemos escribir el sistema anterior como sigue:

~u′(t) =

(u′1(t)u′2(t)

)=

(u2(t)

32ml2

(0,99u2(t)− 1

2mgl sinu1(t)

))︸ ︷︷ ︸f(t,~u)

= f(t, ~u) (2)

Ahora la ecuación (2) es un sistema de primer orden y puedo aplicar un método numérico oun resolvedor de MATLAB, en este caso usaremos ode45.Trataremos el caso θ(0) = 15◦ = 15

3602π (conversión en radianes), θ′(0) = 0 (velocidad angular

0, la masa m es "soltada").En primer lugar debemos escribir en MATLAB la función f que describa el miembro de laderecha del sistema (2). Tomando en cuenta que según los datos del problema ml2 = 1,28 yg/l = 7,45:f=i n l i n e ( ’ [ u (2 ) ;−0.105469∗u (2) −5.5875∗ s i n (u (1 ) ) ] ’ , ’ t ’ , ’ u ’ )

Vamos entonces a resolver este sistema en el intervalo [0, 5], es decir t0 = 0 y TF = 5. Elvalor inicial de el sistema (2) es ~u0 = (u1(0), u2(0)) = (θ(0), θ′(0)) = ( 15

3602π, 0). Podemos

llamar entonces a ode45 con la instrucción siguiente:u0=[(15∗2∗ pi ) / 360 ; 0 ] % para e l v a l o r i n i c i a l[ t , u]=ode45 ( f , [ 0 , 5 ] , u0 ) % ca l c u l o de l a so l u c i on

Recuerde que la variable t contiene la discretización del tiempo y u es una matriz cuyascolumnas son u1(tn) y u2(tn) para cada tn de la discretización de t.Para obtener el gráfico del tiempo versus θ(t) (tiempo vs desplazamiento angular) escribimosla instrucción:p lo t ( t , u ( : , 1 ) )

1

Para el gráfico del tiempo versus θ′(t) (tiempo vs velocidad angular):p lo t ( t , u ( : , 2 ) )

Si queremos el gráfico de tiempo-estado escribimos la instrucción:p lo t (u ( : , 1 ) ,u ( : , 2 ) )legend ( ’ angulo ’ , ’ v e l o c idad ␣ angular ’ )

Para recuperar θ y θ′ al cabo de TF damos las instrucciones:u( end , 1 ) % para e l angulo f i n a lu( end , 2 ) % para l a v e l o c i dad f i n a l

0 5 10 15 20 25 30−0.8

−0.6

−0.4

−0.2

0

0.2

0.4

0.6

posición

velocidad

−0.4 −0.3 −0.2 −0.1 0 0.1 0.2 0.3−0.8

−0.6

−0.4

−0.2

0

0.2

0.4

0.6DIAGRAMA TIEMPO−ESTADO

Figura 1: Soluciones con TF = 30

Para un tiempo más grande, digamos TF = 30 vemos que tanto el angulo barrido como lavelocidad del péndulo experimentan un efecto amortiguado, es decir ambas curvas soluciónse aproximan del valor 0 (el péndulo alcanza su posición de equilibrio y deja de moverse) unasituación que corresponde a la realidad. Al mismo tiempo el gráfico tiempo-estado representauna espiral que parte de la condición inicial 15◦ (o lo mismo 30π

360radianes) y velocidad angular

0 (simplemente se suelta la masa en ese ángulo), esta espiral converge al punto de equilibrio(0, 0) que es la situación en la que, luego de haber transcurrido mucho tiempo, el pénduloesta en equilibrio.Ejercicio 4. Nuestra EDO original es de segundo orden:

x′′ + 0,6x′ + x3 = 100e−t/3 (3)

debemos transformarla en un sistema de primer orden. Hay dos valores iniciales, uno sobrex(0) = 0 y otro sobre x′(0) = 1. Por lo tanto introduciremos 2 variables nuevas u1(t) = x(t)y u2(t) = x′(t). Derivando esas variables:

u′1 = x′ = u2

u′2 = x′′ = −0,6x′ − x3 + 100e−t/3 = 0,6u2 − u31 + 100e−t/3

Es decir tenemos el sistema

~u′(t) =

(u′1(t)u′2(t)

)=

(u2(t)

−0, 6u2(t)− u1(t)3 + 100e−t/3

)= f(t, ~u) (4)

2

Vamos a resolver este sistema en el intervalo [0, 5], esto es t0 = 0 y TF = 5. La condicióninicial del sistema es ~u0 = (u1(0), u2(0)) = (x(0), x′(0)) = (0, 1).Primeros escribimos la función f del miembro de la derecha de (4) en MATLAB:f=i n l i n e ( ’ [ u (2 ) ;−0.6∗u (2)−u (1) ^3+100∗exp(−t /3) ] ’ , ’ t ’ , ’ u ’ )

Luego utilizamos ode45:u0= [0 ; 1 ] % la condic ion i n i c i a l[ t , u]=ode45 ( f , [ 0 , 5 ] , u0 ) ; % ca l c u l o de l a so l u c i onp lo t ( t , u ( : , 1 ) ) % gra f i c o d e l desp lazamiento x ( t )p lo t ( t , u ( : , 2 ) ) % gra f i c o de l a v e l o c i dad x ’ ( t )p lo t (u ( : , 1 ) ,u ( : , 2 ) ) % gra f i c o tiempo−es tadolegend ( ’ p o s i c i on ’ , ’ v e l o c idad ’ ) % lo s va l o r e s de cada e j e coordenadou( end , 1 ) % e l desp lazamiento f i n a l ( a l cabo de T_F)u( end , 2 ) % la ve l o c i dad f i n a l ( a l cabo de T_F)

Pruebe los mismos comandos esta vez utilizando ode23s:[ t , u]=ode23s ( f , [ 0 , 5 ] , u0 ) ;

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 100

2

4

6

8

tiempo en segundos

despla

zam

iento

en m

etr

os

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10−40

−20

0

20

40

tiempo

velo

cid

ad e

n m

/s

Figura 2: Soluciones hasta TF = 10

La figura 2 muestra las soluciones para x(t) y x′(t). Debido a la presencia de una amor-tiguamiento viscoso la masa experimenta un movimiento de vaivén amortiguado, con undesplazamiento y velocidad que tienden a cero. En la figura 3, el gráfico tiempo-estado (des-plazamiento vs velocidad) nos muestra que se parte de (0,1) y para una tiempo transcurridomuy grande se alcanza el estado de equilibro (0,0) donde la masa ya no se mueve y regresaa su posición inicial.

3

0 1 2 3 4 5 6 7 8−25

−20

−15

−10

−5

0

5

10

15

20

25GRAFICO: desplazamiento vs velocidad

desplazamiento

ve

locid

ad

Figura 3: Gráfico estado-tiempo para TF = 100

Ejercicio 5.

Figura 4: Deslizamiento de una cuenta

Luego de hacer un diagrama de cuerpo libre, horizontalmente actúan sobre la cuenta lacomponente en x, Dx = −β dx

dtde la fuerza amortiguada ~D y la componente en x de la fuerza

tangencial debida al peso Fx = −mg sin θ cos θ. Tomando en cuenta que f ′(x) = tan θ y1 + tan2 θ = sec2 θ, sin2 θ + cos2 θ = 1 obtenemos

Fx = −mg f ′(x)

1 + f ′(x)2

Por la segunda ley de Newton mx′′ = −Fx+Dx. Es decir, tenemos la EDO de segundo ordensiguiente:

mx′′ = −mg f ′(x)

1 + f ′(x)2− βx′ (5)

Nuevamente hay dos valores iniciales en este problema, uno para la posición x(t) y otro parala velocidad x′(t), debemos por tanto introducir dos nuevas variables: u1 = x y u2 = x′.Derivando esas variables:

u′1 = x′ = u2

u′2 = x′′ = −g f ′(x)

1 + f ′(x)2− β

mu2

4

Esto es equivalente al sistema de primer orden siguiente:

~u′(t) =

(u′1(t)u′2(t)

)=

(u2(t)

−g f ′(x)1+f ′(x)2

− βmu2(t)

)= f(t, ~u) (6)

Resolvemos este sistema con ode45 y los datos siguientes: x(0) = −2π ≈ −6,2832 (posiciónhorizontal inicial), x′(0) = 10 (velocidad inicial en dirección positiva, es decir a la derecha).Como no se especifica el tiempo final TF , vamos a tomar TF = 100.

Figura 5: Deslizamiento de una cuenta en una onda senoidal

En la figura 5 la cuenta es impulsada en x(0) = −2π con una velocidad inicial x′(0) = 10.Escribimos la función f del sistema en MATLAB tomando en cuenta que m = 0, 1 kg,g = 9, 8 m/s2, β = 0,1 y que para f(x) = sin(x) tenemos f ′(x) = cos(x):f=i n l i n e ( ’ [ u (2 ) ;−9.81∗ cos (u (1 ) ) /(1+ cos (u (1 ) ) ^2)−u (2) ] ’ , ’ t ’ , ’ u ’ )

Luego con ode45:u0=[−2∗pi ; 1 0 ] % la condic ion i n i c i a l[ t , u]=ode45 ( f , [ 0 , 1 0 0 ] , u0 ) ; % ca l c u l o de l a so l u c i onp lo t ( t , u ( : , 1 ) ) % gra f i c o d e l desp lazamiento x ( t )p lo t ( t , u ( : , 2 ) ) % gra f i c o de l a v e l o c i dad x ’ ( t )p lo t (u ( : , 1 ) ,u ( : , 2 ) ) % gra f i c o tiempo−es tadolegend ( ’ p o s i c i on ’ , ’ v e l o c idad ’ ) % lo s va l o r e s de cada e j e coordenadou( end , 1 ) % e l desp lazamiento f i n a l ( a l cabo de T_F)u( end , 2 ) % la ve l o c i dad f i n a l ( a l cabo de T_F)

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10−8

−6

−4

−2

0

2

4

6

8

10

tiempo

solu

ció

n

desplazamiento x(t)

velocidad x‘(t)

−7 −6 −5 −4 −3 −2 −1 0 1−4

−2

0

2

4

6

8

10GRAFICO TIEMPO−ESTADO

desplazamiento

velo

cid

ad h

orizonta

l

Figura 6: Soluciones con β = 0,1

5

En la figura 6 vemos que la cuenta tiene el impulso suficiente para superar una joroba y luegosu movimiento es de vaivén amortiguado en el valle senoidal con mínimo local en x = −π/2hasta que para un tiempo transcurrido suficientemente grande la cuenta se detiene (velocidadcero) en ese punto. El gráfico estado-tiempo nos muestra una espiral que converge a un puntode estabilidad cuyas coordenadas son (−π/2, 0). Podemos verificar esto tomando en cuentaque u(end,1) nos la posición final de la cuenta y u(end,2) la velocidad final. Para TF = 100deberíamos obtener u(end,1)=-1.5708 que es próximo de −π/2 y u(end,1)=4.3654e-06 quees próximo de una velocidad 0.

Para β = 0 (no hay fuerza amortiguada) obtenemos los siguientes resultados

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10−20

0

20

40

60

80

100

tiempo

solu

ció

n

desplazamiento x(t)

velocidad x‘(t)

−20 0 20 40 60 80 1009.2

9.4

9.6

9.8

10

10.2

10.4

10.6

10.8GRAFICO TIEMPO−ESTADO

desplazamiento

velo

cid

ad h

orizonta

l

Figura 7: Soluciones con β = 0

En la figura 7 se observa la situación ideal en la que la cuenta se mueve siempre horizontal-mente y la velocidad es siempre positiva pero periódica. Experimente el caso β = 0,01.

Ejercicio 6. Proceda exactamente como el los ejercicios anteriores. ¿Qué sucede si usamosode45 con µ = 1000? Observará que ode45 tarda más de lo normal en calcular la solución,esto es porque para valores de µ muy grandes el problema del oscilador de Van Der Pol esun problema rígido. Observe que sucede en MATLAB si en lugar de ode45 utiliza ode23s.

6